2024屆廣西桂林某中學高考仿真卷物理試卷含解析

2024屆廣西桂林中山中學高考仿真卷物理試卷

注意事項

1.考生要認真填寫考場號和座位序號。

2.試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑

色字跡的簽字筆作答。

3.考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，兩個接觸面平滑的鉛柱壓緊后懸掛起來，下面的鉛柱不脫落.豐要原因是（）

A.鉛分子做無規(guī)則熱運動

B.鉛柱間存在磁力的作用

C.鉛柱間存在萬有引力的作用

D.鉛柱旬存在分子引力的作用

2、一物塊的初速為vo,初動能為&o,沿固定斜面（粗糙程度處處相同）向上滑動，然后滑回到原處。此過程中，物

塊的動能&與位移x,速度y與時間，的關系圖像正確的是（）

3、托卡馬克（Tokamak）是一種復雜的環(huán)形裝置，結構如圖所示.環(huán)心處有一歐姆線圈，四周是一個環(huán)形真空室，真

空室外部排列著環(huán)向場線圈和極向場線圈.當歐姆線圈中通以變化的電流時，在托卡馬克的內(nèi)部會產(chǎn)生巨大的渦旋電

場，將真空室中的等離子體加速，從而達到較高的溫度.再通過其他方式的進一步加熱，就可以達到核聚變的臨界溫

度.同時，環(huán)形真空室中的高溫等離子體形成等離子體電流，與極向場線圈、環(huán)向場線圈共同產(chǎn)生磁場，在真空室區(qū)

域形成團合磁籠，將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進行.已知真空室內(nèi)等離子體中帶電粒子的平均

動能與等離子體的溫度7成正比，下列說法正確的是

A.托卡馬克裝置中核聚變的原理和目前核電站中核反應的原理是相同的

B.極向場線圈和環(huán)向場線圈的主要作用是加熱等離子體

C.歐姆線圈中通以恒定電流時，托卡馬克裝置中的等離子體將不能發(fā)生核聚變

D.為了約束溫度為T的等離子體，所需要的磁感應強度△必須正比于溫度7

4、“嫦娥四號”實現(xiàn)了人類首次月背登陸，為實現(xiàn)“嫦娥四號”與地球間通信，我國還發(fā)射了“鵲橋”中繼衛(wèi)星，“鵲橋”

繞月球拉格朗日4點的Hal。軌道做圓周運動，已知乙點距月球約6.5萬千米，“鵲橋”距月球約8萬千米，“鵲橋”距4

點約6.7萬千米，月球繞地球做圓周運動的周期約為27天，地球半役為6400km,地球表面重力加速度為10m//,電

磁波傳播速度為3x10*m/s。下列最接近“嫦娥四號”發(fā)出信號通過“鵲橋”傳播到地面接收站的時間的是（）

D.16s

5、如圖所示，圖。中變壓器為理想變壓器，其原線圈接在〃=24夜sin50加（V）的交流電源上，副線圈與阻值R=2Q

的電阻接成閉合電路，電流表為理想電流表。圖力中阻值為&=32。的電阻直接接到〃=12&sin50和（V）的交流

電源上，結果電阻肥與此消耗的電功率相等，則（）

A.通過電阻心的交流電的頻率為50Hz

B.電阻R消耗的電功率為9W

C.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為8:1

D.電流表的示數(shù)為2.5A

6、（題文）（題文）如圖，兩同心圓環(huán)4、B置于同一水平面上，其中B為均勻帶負電絕緣環(huán)，4為導體環(huán).當B繞環(huán)

心轉動時，導體環(huán)A產(chǎn)生順時針電流且具有擴展趨勢，則5的轉動情況是（）

B.順時針減速轉動

C.逆時針加速轉動

D.逆時針減速轉動

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、A、B兩物體質(zhì)量均為加，其中A帶正電，帶電量為+q,B不帶電，通過勁度系數(shù)為A的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水

平面上，如圖所示，開始時A、B都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在施加豎直向上的勻強電場，電場強度E=2追，式中g為重

q

力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電量的變化，則以下判斷正確的是（）

A.剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2g

B.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體速度大小一直增大

C.從施加電場開始到B剛要離開地面的過程中，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的減少量

D.B剛要離開地面時，A的速度大小為2隊思

8、如圖所示，虛線框內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B,磁場區(qū)域上下寬度為/；質(zhì)量為小、邊長為/

的正方形線圈Hcd平面保持豎直，面邊保持水平的從距離磁場上邊緣一定高處由靜止下落，以速度y進入磁場，經(jīng)

一段時間又以相同的速度y穿出磁場，重力加速為g。下列判斷正確的是（）

小車打點計時器

ABCD

左，0??。右

■M?——

祛碼和世公LiL]

回答下列問題。

（1）紙帶上顯示的運動方向為；（選填“從左向右”或““從右向左”）

（2）小車運劭的加速度為。;（用題給物理量字母表示）

（3）E點的速度為七=（用題給物理量字母表示）。

12.（12分）某同學在測定一節(jié)干電池的電動勢和內(nèi)電阻的實驗中，備有下列器材:

A.待測的干電池（電動勢約為1.5V,內(nèi)電阻小于1.0。）

B.電流表Ai（量程0~3mA,內(nèi)阻描尸10。）

C.電流表Az（量程0~0.6A,內(nèi)阻阪&2=0.1。）

D.滑動變阻器Ki（0-20。，10A）

E.滑動變阻器及（0-200Q,1A）

F.定值電阻犯）（99011）

G開關和導線若干

⑴他設計了如圖甲所示的（a）、（b）兩個實驗電路,其中更為合理的是________圖；在該電路中，為了操作方便且能

準確地進行測量，滑動變阻器應選________（填寫器材名稱前的字母序號）；用你所選擇的電路圖寫出全電路歐姆定律

的表達式￡=（用&h.4卜&2、R）、「表示）。

（2）圖乙為該同學根據(jù)⑴中選出的合理的實驗電路，利用測出的數(shù)據(jù)繪出的人一/2圖線（L為電流表箱的示數(shù)，/2為電

流表A2的示數(shù)），為了簡化計算，該同學認為人遠遠小于12,則由圖線可得電動勢V,內(nèi)阻r=

Q。（，的結果保留兩位小數(shù)）

四、計算題；本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.（10分）如圖所示，兩相同小木塊M、N（均視為質(zhì)點）的質(zhì)量均為m=1kg,放在水平桌面上，木塊M、N間夾

有一壓縮的輕質(zhì)彈簧P,彈簧兩端與小木塊M、N不拴接，但兩木塊通過長L=0.1m的細線相連接。桌子中央。左側

粗糙,中央。右側光滑,小木塊M、N與桌子左側間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,且開始時木塊N離桌子中央0的距離s=L15m。

現(xiàn)讓小木塊M、N一起以uo=4m/s的初速度向桌子右側運動，當木塊M、N越過桌子中央O進入右側光滑區(qū)后，剪斷

從N間的細線，發(fā)現(xiàn)小木塊M最終停在桌面光滑區(qū)，而小木塊N水平拋出離開桌面，木塊N運動到A點時速度方向

恰好沿方向，小木塊N沿斜面滑下。己知斜面與水平方向的夾角為37°，斜面長為2.0m,木塊N與斜面

間的動摩擦因數(shù)也是〃=0.5.木塊N到達3點后通過光滑水平軌道到達光滑豎直圓軌道，底端（稍稍錯開）分別與

兩側的直軌道相切，其中A〃與軌道以微小圓弧相接。重力加速度g取lOm/s?,sin=37"0.6,cos37°=0.8.

⑴求壓縮彈簧的彈性勢能Ep；

⑵求水平桌面與A點的高度差；

⑶若木塊N恰好不離開軌道，并能從光滑水平軌道OE滑出，則求豎直圓軌道的半徑

14.（16分）如圖甲所示，Si、S2為兩波源，產(chǎn)生的連續(xù)機械波可沿兩波源的連線傳播，傳播速度y=100m/s,M為兩

波源連線上的質(zhì)點，M離$較近。0時刻兩波源同時開始振動，得到質(zhì)點M的振動圖象如圖乙所示，求：

（1）兩波源51、§2間的距離；

⑵在圖中畫出r=6s時兩波源$、S2間的波形圖，并簡要說明作圖理由。

ylan

M?6^Jt/s-----------------《

S：

甲乙

15.（12分）如圖所示，光滑軌道槽ABC&與粗糙軌道槽G"（點G與點。在同一高度但不相交，與圓相切）通

過光滑圓軌道EF平滑連接，組成一套完整的軌道，整個裝置位于豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m二Kg的小球甲從A8段

距地面高％=2〃z處靜止釋放，與靜止在水平軌道上、質(zhì)量為1kg的小球乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后小球乙滑上右邊

斜面軌道并能通過軌道的最高點E點。已知。、G"與水平面的夾角為0=37。，G"段的動摩擦因數(shù)為//=0.25,圓軌

道的半徑R=0.4m,E點離水平面的豎直高度為3R（E點為軌道的最高點），（g=10/w/?,s山37"=0.6，

cos37"=0.8）求兩球碰撞后:

A甲

H

乙

BC'^=37°'

(D小球乙第一次通過E點時對軌道的壓力大??；

(2)小球乙沿G”段向上滑行后距離地面的最大高度；

(3)若將小球乙拿走，只將小球甲從A5段離地面力處自由釋放后，小球甲又能沿原路徑返回，試求力的取值范圍。

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解析】

分子間的引力的斥力是同時存在的，但它們的大小與分子間的距離有關。分子間距離稍大時表現(xiàn)為引力，距離很近時

則表現(xiàn)為斥力，兩鉛塊緊密結合，是分子間引力發(fā)揮了主要作用，D正確，ABC錯誤。

故選D。

2、A

【解析】

AB.設斜面的傾角為仇物塊的質(zhì)量為加，根據(jù)動能定理可得，上滑過程中

-mgxsinO-/.ifngxcon0=Ek-Ek()

則

Ek=Ek0-(zn^sin+/.imgcoa6)x

下滑過程中

-/〃力gx'cos。=Ek-0

則

Ek=(〃?gsine-〃〃zgcos8)V

可知，物塊的動能Ek與位移x是線性關系，圖像是傾斜的直線，根據(jù)能量守恒定律可得，最后的總動能減小，故A

正確，B錯誤；

CD.由牛頓第二定律可得，取初速度方向為正方向，物塊上滑過程有

-mgsin0-pmgcos0=ma

下滑過程有

一/ngsin8+,mgcos0=ma

則物塊上滑和下滑過程中加速度方向不變，但大小不同，故CD錯誤。

故選A。

3、C

【解析】

A、目前核電站中核反應的原理是核裂變，原理不同，故A錯誤；

B、極向場線圈、環(huán)向場線圈主要作用是將高溫等離子體約束在真空室中，有利于核聚變的進行，故B錯誤；

C、歐姆線圈中通以恒定的電流時，產(chǎn)生恒定的磁場，恒定的磁場無法激發(fā)電場，則在托卡馬克的內(nèi)部無法產(chǎn)生電場,

等離子體無法被加速.因而不能發(fā)生核聚變.故C正確.

D、帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，則Tocg"?/,由洛倫茲力提供向心力，則/右=m/，則有

Bocjf，故D錯誤.

4、A

【解析】

根據(jù)地球?qū)υ虑虻娜f有引力提供月球繞地球圓周運動的向心力，有

GMm4兀2

——：—=m——r

r2T2

忽略地球自轉，在地球表面附近

GM

可計算地月間距

338萬千米

所以4到地球距離為44.5萬千米，根據(jù)勾股定理可計算地球到“鵲橋”距離約為45萬千米，所以“嫦娥四號”到地球表

面通訊距離為53萬千米，即5.3x10,m,因此通信時間

5.3x10s

s?1.8s

3xl()8

最接近2s,故A正確，BCD錯誤。

故選；Ao

5、C

【解析】

A.根據(jù)〃=24V^sin50;z7（V）可知3=5（krrad/s,故頻率為

9要=25HZ

故A錯誤;

B.R2消耗的功率為

I*，"

P=q—=—W=4.5W

R232

故Ri消耗的功率為4.5W,故B錯誤;

D.有六尸治得

電流表的示數(shù)為L5A,故D錯誤；

C.電阻品兩端的電壓為

S=〃6=L5x2=3V

故

%43T

故C正確。

故選C。

6、A

【解析】

由圖可知，A中感應電流為順時針，由楞次定律可知，感應電流的內(nèi)部磁場向里，由右手螺旋定則可知，引起感應電

流的磁場可能為：向外增大或向里減小；若原磁場向外，則3中電流應為逆時針，由于5帶負電，故3應順時針轉動

且轉速增大；若原磁場向里，則5中電流應為順時針，則5應逆時針轉動且轉速減?。挥忠驗閷w環(huán)A具有擴展趨勢,

則〃中電流應與A方向相反，即8應順時針轉動且轉速增大，A正確.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、ABD

【解析】

A.在未施加電場時，A物體處于平衡狀態(tài)，當施加上電場力瞬間，A物體受到的合力為施加的電場力，故

qE=ma

解得

a=2g

方向向上，故A正確；

B.B剛要離開地面時，地面對B彈力為0,即

對A物體

Eq=mg+/

即A物體合力為0,因此從開始到B剛要離開地面過程，A物體做加速度逐漸變小的加速運動，即A物體速度一直增

大，故B正確；

C.從開始到彈簧恢復原長的過程，A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的減少量之和，從彈簧恢復

原長到B剛要離開地面的過程，A物體的機械能增量等于電勢能的減少量與彈性勢能的增加量之差，故C錯誤；

D.當B離開地面時，此時B受到彈簧的彈力等于B的重力，從施加電場力到B離開地面，彈簧的彈力做功為零，A

上升的距離為

2ms

x=----

k

根據(jù)動能定理可知

FI2

qEx-mgx=-mv

解得

故D正確。

故選ABDo

8、ABC

【解析】

A.由題意可知，線圈進入磁場和穿出磁場時速度相等，說明線圈在穿過磁場的過程中做勻速直線運動，則

B212V

mg=F-I=一^~

n_6n

K---------

mg

所以A正確；

B.線圈在進入磁場前做自由落體運動，有動能定理得

)ngh,1--mv2

進入磁場前線圈下落的高度為

2g

所以B正確；

C.線圈在穿過磁場的過程中克服安培力做功轉化為焦耳熱，又安培力與重力平衡，則穿過磁場的過程中線圈電阻產(chǎn)

生的熱量為

Q=mg2/=2mgi

所以C正確；

D.根據(jù)線圈在穿過磁場過程中做勻速運動，可得穿過磁場的時間為

21

t=—

v

所以D錯誤。

故選ABC。

9、ABD

【解析】

A.布朗運動反映了液體分子的無規(guī)則運動，A正確；

B.物體的內(nèi)能是分子動能和分子勢能的總和，內(nèi)能增加可能是分子勢能增加了，此時物體的分子動能可能會減小，

溫度可能降低，所以B正確；

C.溫度越高，分子平均動能越大，但是個別分子的動能可能會減小，C錯誤；

D.氣體的體積是所有氣體分子占有空間的總和，而不是所有氣體分子的體積之和，D正確；

E.氣體的壓強來自于氣體分子對容器壁的不斷撞擊，與氣體的重力無關，E錯誤。

故選ABDo

10、BC

【解析】

AB.兩粒子都從M點入射從N點出射，則。粒子向下偏轉，力粒子向上偏轉，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A

錯誤，B正確；

CD.設磁場半徑為R,將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45。入射，由運動對稱性可知出射?時與邊界成45。,

則一次偏轉穿過時速度偏轉90。；而上下磁場方向相反，則兩粒子可以圍繞MN重復穿越，運動有周期性，設a

粒子重復上次穿過MN,力粒子重復〃次穿過MN,由幾何關系可知

k.母八=2R(k=1,2,3)

n.6G=2H(〃=L2,3...)

由洛倫茲力提供向心力qvB=〃21，可得

r

tn

而兩個粒子的比荷相同，可知

v2k

v.1v,2

如〃=1,%=1時，一如〃=2,%=1時，一=7,則力:也可能為1:1或2:1,故C正確，D錯誤。

彩1匕1

故選BC.

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11、從左向右一一⑷2

7530

【解析】

小車加速運動，相鄰兩點間距離越來越大，所以依次打出點的順序是￡、。、C、B、A,則紙帶顯示的運動方向

為從左向右。

⑵⑵交變電流的頻率為/,則相鄰打點的時間間隔為

T=7

則圖乙中相鄰計數(shù)點間的時間為57,由運動規(guī)律得

Li-L2=3a(5T)

解得

75

(3)由運動規(guī)律得

&二%（57）+g4（57）2

%=匕）+"（57）

解上述兩式得

v_(7L「L、)f

5-30-

12,bD/1(R■+凡)+(4+人)r1.46V-1.49V0.80-4).8600

【解析】

(1)[1].上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，將電流表G串聯(lián)一個電阻，可以改裝成較大量程的電

壓表。將電流表Ai和定值電阻網(wǎng)串聯(lián)可改裝成一個量程為

U=&(凡1+4)=3x10-3x(10+990)V=3V

的電壓表；則(a)、(b)兩個參考實驗電路，其中合理的是b；

[21.因為電源的內(nèi)阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數(shù)據(jù)的測量和誤差的減小。滑動變阻器應

選D；若選擇大電阻，則在變阻器滑片調(diào)節(jié)的大部分范圍內(nèi)，電流表A2讀數(shù)太小，電流表Ai讀數(shù)變化不明顯。

[3J.根據(jù)電路可知：

E=U+Ir=h(/+Ro)+(Zi+Z2)r；

(2)[4][5].根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)的知識得，電源兩端電壓

U=h(990+10)=100011

根據(jù)圖象與縱軸的交點得電動勢

E=1.47mAxl000n=1.47V；

由圖可知當電流為0.45A時，電壓為L1V,則由閉合電路歐姆定律可知

1.47-1.1…八

r=-------------=0.82Q

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)4J；(2)0.45m；(3)0.66m

【解析】

(1)設兩木塊運動到O右側時的速度大小為/,在兩木塊一起運動到桌子中央O右側的過程，由動能定理知

-pimgs-/.img（5+L）=-?2mv2-—?

解得

v=2m/s

剪斷細線，兩木塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設剪斷細線后小木塊N的速度大小為y,則有

2mv=mv

根據(jù)能量守恒知

E+—■2tnv2=—mv2

np22

解得

Ep=4J

⑵設木塊N的拋出點到A點的高度差為6,到4點時，根據(jù)平拋運動規(guī)律知片=2g/?且

tan370=上

v

解得

h=0.45m

⑶木塊N到達A點時的速度大小為

=JV+v；=5m/s

設小木塊N到達4點時的速度大小為％,從a點到8點，由動能定理知,

mgL.sin370-pmgLABcos37°=；〃晦-1mv\

設木塊N在軌道最高點時最小速度為%加，木塊N從8點到軌道最高點的過程，由機械能守恒定律得

$〃說=gm*n+2m,4

在最高點根據(jù)牛頓第二定律知

mg=m^-

解得

R=0.66m

14、⑴800m；(2)見解析

【解析】

(1)由乙圖知，M點2s時開始振動，6s時振動出現(xiàn)變化，所以可知，波源的振動經(jīng)2s傳到M點，波源Sz的振動經(jīng)6s

傳到M點，所以兩波源間的距離

x=(100x2+100x6)m=800m

(2)2s時M點的起振方向沿)，軸負方向，所以波源S的起振方向沿y抽負方向，6s時波源S引起的M點的振動方向

沿y軸負方向，而實際M點的振動方向沿y軸正方向，所以波源S2引起的M點的振動方向沿)，軸正方向，波源Si引

起的振動位移為5cm,所以波源Sz引起的振動位移為10m,波長

A=vT=400m

波源Si引起的波形圖為

波源S‘2引起的波形圖為

兩波源與